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专题 27 动量定理
一、多选题
1．（2023·山西）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲
的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的
任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【解析】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A．根据牛顿第二定律有
由于
m > m
甲 乙
所以
a < a
甲 乙
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
v < v
甲 乙
A错误；
BCD．对于整个系统而言，由于μm g > μm g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，
甲 乙
显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。
故选BD。
2．（2022·福建）我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在
一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被
电离的比例为95%，氙离子喷射速度为 ，推进器产生的推力为 。已知氙离子的比荷为
；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（
）
A．氙离子的加速电压约为
B．氙离子的加速电压约为
C．氙离子向外喷射形成的电流约为
D．每秒进入放电通道的氙气质量约为
【答案】AD
【解析】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有
可得加速电压为
故A正确，B错误；
D．在 时间内，有质量为 的氙离子以速度 喷射而出，形成电流为 ，由动量定理可得
进入放电通道的氙气质量为 ，被电离的比例为 ，则有
联立解得
故D正确；C．在 时间内，有电荷量为 的氙离子喷射出，则有
，
联立解得
故C错误。
故选AD。
3．（2022·全国）质量为 的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t
的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取 。则（ ）
A． 时物块的动能为零
B． 时物块回到初始位置
C． 时物块的动量为
D． 时间内F对物块所做的功为
【答案】AD
【解析】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从 s内由动量定理可知
即
得
3s时物块的动量为设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B． s物块发生的位移为x，由动能定理可得
1
即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；D．物块在6s时的速度大小为
拉力所做的功为
故D正确。
故选AD。
4．（2021·天津）一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心
舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是（ ）
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
【答案】AB
【解析】A．增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据
可知可以增大火箭的推力，故A正确；
B．当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据
可知可以增大火箭的推力，故B正确；
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，此时火箭有速度，所以相对于火箭的速度不为零，火
箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误；
D．燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误。
故选AB。
5．（2020·海南）如图，足够长的间距 的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在
一个宽度 的匀强磁场区域，磁感应强度大小为 ，方向如图所示．一根质量 ，阻
值 的金属棒a以初速度 从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量
，阻值 的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（ ）
A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动
B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流
C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为
D．金属棒a最终停在距磁场左边界 处
【答案】BD
【解析】A．金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，
安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错误；
B．根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；
C．电路中产生的平均电动势为
平均电流为
金属棒a受到的安培力为
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
解得对金属棒第一次离开磁场时速度
金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即
联立并带入数据得
由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热故C错误；
D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得
联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为
设金属棒a最终停在距磁场左边界 处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为
平均电流为
金属棒a受到的安培力为
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
联立并带入数据解得
故D正确。
故选BD。
二、单选题
6．（2017·全国）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线
如图所示，则（ ）
A．t=1s时物块的速率为1m/sB．t=2s时物块的动量大小为2kg·m/s
C．t=3s时物块的动量大小为5kg·m/s
D．t=4s时物块的速度为零
【答案】A
【解析】A．由动量定理可得
解得
t=1s时物块的速率为
故A正确；
BCD．t=2s时物块的动量大小
t=3s时物块的动量大小为
t=4s时物块的动量大小为
所以t=4s时物块的速度为1m/s，故BCD错误。
故选A。
7．（2022·重庆）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受
安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气
囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B．动量大小先增大后减小C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D．加速度大小先增大后减小
【答案】D
【解析】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据动
量定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，
动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB错误；
C．根据动量与动能的关系有 ，而F—t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横
轴围成的面积不成正比，C错误；
D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后
减小，D正确。
故选D。
8．（2022·北京）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动
员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员
两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，
同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿
态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【解析】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，
为了增加向上的速度，B正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲
击力，D错误。故选B。
9．（2022·湖北）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度
大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W 和W，合外力的冲量大小分别为I 和
1 2 1
I。下列关系式一定成立的是（ ）
2
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】D
【解析】根据动能定理可知
可得
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，
因此冲量的大小范围是
比较可得
一定成立。
故选D。
10．（2022·山东）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内
的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中
（ ）A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【答案】A
【解析】A．火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的
推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故
火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的
加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做
加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
故选A。
11．（2021·福建）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速
范围为 ，16级台风的风速范围为 。若台风迎面垂直吹向一固定的交通
标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（ ）
A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
【答案】B
【解析】设空气的密度为 ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为 ，在时间 的空气质量
为
假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有
可得10级台风的风速 ，16级台风的风速 ，则有
故选B。
12．（2021·湖北）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，
出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小
约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（ ）
A．40 B．80 C．120 D．160
【答案】C
【分析】本题考查动量定理。
【解析】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得
代入数据解得
故选C。
13．（2021·北京）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一
质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下
列说法正确的是（ ）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
【答案】D
【解析】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；
B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力
根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为
大小为0，故B错误；
C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；
D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
大小为 ，故D正确。
故选D。
14．（2020·海南）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，
从而为探测器提供推力，若某探测器质量为 ，离子以 的速率（远大于探测器的飞行速率）向
后喷出，流量为 ，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】对离子，根据动量定理有
而
解得F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C。
15．（2019·全国）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型
运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约
为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【答案】B
【解析】设该发动机在 s时间内，喷射出的气体质量为 ，根据动量定理， ，可知，在1s内喷射出的气体质量 ，故本题选B．
16．（2019·浙江）20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中
直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞
船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船
能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用
G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】D
【分析】根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量；
【解析】直线推进时，根据动量定理可得
解得飞船的质量为
绕孤立星球运动时，根据公式
，
解得
故选D。
【点睛】本题需要注意的是飞船在绕孤立星球运动时，轨道不是星球的半径，切记切记。
17．（2018·全国）高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
【答案】C
【解析】试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者
机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小．
设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，
由动能定理可知： ，
解得：
落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，
由动量定理可知： ，解得： ，
根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确
故选C
点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力
18．（2015·重庆）高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带
对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在
此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A． ＋mg B． －mg
C． ＋mg D． －mg
【答案】A
【解析】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有
即在产生拉力瞬间速度为
之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得联立解得
故选A。
【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程列式求解，注意运
用动量定理前要先规定正方向。
三、解答题
19．（2023·辽宁）如图，质量m= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k
1
= 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m= 4kg的小物块以水平向右的速度 滑上木板左
2
端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E 与形变量x的关系为 。取重力
p
加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x；
1
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 及此时木板速度v 的大小；
2 2
（3）已知木板向右运动的速度从v 减小到0所用时间为t。求木板从速度为v 时到之后与物块加速度首次
2 0 2
相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t表示）。
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m； ；（3）
【解析】（1）由于地面光滑，则m、m 组成的系统动量守恒，则有
1 2
mv= (m＋m)v
2 0 1 2 1
代入数据有
v= 1m/s
1
对m 受力分析有
1则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v2= 2ax
1 1 1
代入数据解得
x= 0.125m
1
（2）木板与弹簧接触以后，对m、m 组成的系统有
1 2
kx = (m＋m)a
1 2 共
对m 有
2
a= μg = 1m/s2
2
当a = a 时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
共 2
x= 0.25m
2
对m、m 组成的系统列动能定理有
1 2
代入数据有
（3）木板从速度为v 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m 的加速度大于木块m 的
2 1 2
加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x 时，则说明此时m 的速度大小为v，共用时
2 1 2
2t，且m 一直受滑动摩擦力作用，则对m 有
0 2 2
－μm g∙2t= mv－mv
2 0 2 3 2 2
解得
则对于m、m 组成的系统有
1 2
U = W
f
联立有
20．（2023·浙江）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B 的
1
匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B 的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。
2
位于 处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射
向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v 及其在磁场中的运动时间t；
1
（2）若 ，求能到达 处的离子的最小速度v；
2
（3）若 ，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在 范围，求进入第四象限
的离子数与总离子数之比η。
【答案】（1） ； （2） （3）60
%
【解析】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得
r=2L
1
根据
解得
在磁场中运动的周期
运动时间（2）若B=2B，根据
2 1
可知
粒子在磁场中运动轨迹如图，设OO 与磁场边界夹角为α，由几何关系
1 2
解得
r=2L
2
根据
解得
（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理
即求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中
解得
则速度在 ~ 之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在 ~ ，又
粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为
η=60%
21．（2023·江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC
与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，
从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为 ，重力加速度为g，不计空气
阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下
滑时，到达B点有
（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立可得
22．（2022·北京）体育课上，甲同学在距离地面高 处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大
小为 ；乙同学在离地 处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知
排球质量 ，取重力加速度 。不计空气阻力。求：
（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【答案】（1） ；（2） ，方向与水平方向夹角 ；（3）
【解析】（1）设排球在空中飞行的时间为t，则解得 ；则排球在空中飞行的水平距离
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小
得 ；根据
得 ；设速度方向与水平方向夹角为 （如答图所示）
则有
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小
23．（2022·浙江）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。
某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈
绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁
感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起
飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰
0
好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t 至t 时间内F=(800－10v）
1 3
N，t 时撤去F。已知起飞速度v=80m/s，t=1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，飞机的质量
3 1 1
M=10kg，动子和线圈的总质量m=5kg，R=9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影
0
响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t。
3【答案】（1）80A；（2） ；（3）
【解析】（1）由题意可知接通恒流源时安培力
动子和线圈在0~t 时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为
1
根据牛顿第二定律有
代入数据联立解得
（2）当S掷向2接通定值电阻R 时，感应电流为
0
此时安培力为
所以此时根据牛顿第二定律有
由图可知在 至 期间加速度恒定，则有解得
，
（3）根据图像可知
故 ；在0~t 时间段内的位移
2
而根据法拉第电磁感应定律有
电荷量的定义式
可得
从t 时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有
3
联立可得
解得
24．（2022·浙江）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面
（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸
面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着
x轴射出质量为m、电荷量为 – q（q > 0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v 的离子进入转筒，
0
经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v 的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；
0
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转
动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于 ，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点
位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
【答案】（1）① ，② ，k = 0，1，2，3…；（2） ，n =
0，1，2，…；（3） ， ，
【解析】（1）①离子在磁场中做圆周运动有
则
②离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
，k = 0，1，2，3…
（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为 ，有离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
ω′t′ = 2nπ + θ
转筒的转动角速度
，n = 0，1，2，…
动量定理
，n = 0，1，2，…
（3）转筒的转动角速度
其中
k = 1， ，n = 0，2或者
可得
， ，
25．（2022·湖南）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞
后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的 倍（ 为常数且
），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中 已知，求 的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬
间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时
间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有再将h 代入h 有
1 2
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h 代入h 有
2 3
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将h 代入h 有
N-1 N
其中
，
则有
则方法二： 由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时
间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为 ，反弹高度为 ，篮球受到冲量I后
速度为v’，落地时速度为 ，则
，
联立可得
代入k可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k ，设反弹高度为h，受到冲量后，落地速度为v，同理可得
1 2
，
同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k ，设反弹高度为h，受到冲量后，落地速度为v，同理可得
2 3
，
同理化简可得……③
……
第N次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以 、 、 ……、 ，再相加可得
得
其中， ， ，可得
可得冲量I的大小
26．（2021·重庆）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对
某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为 的物体（物体与头盔密
切接触），使其从 的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了 时，
物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略
空气阻力，重力加速度g取 。求：
（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；
（2）物体做匀减速直线运动的时间；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）由自由落体运动规律 ，带入数据解得
（2）由匀变速直线运动规律
解得
（3）由动量定理得
解得
27．（2021·山东）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击
打碎硬壳。一只海鸥叼着质量 的鸟蛤，在 的高度、以 的水平速度飞行时，松开
嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度 ，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间 ，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小
F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度 的岩石，以岩石左端为坐标原点，
建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为 ，速度大小在 之间，为保证鸟蛤一定
能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为 ，竖直分速度大小为 ，据自由落体运动规律可得
则碰撞前鸟蛤的合速度为
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得
联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为
（2）若释放鸟蛤的初速度为 ，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x，击中右端时，释放点
1
的x坐标为 ，得
，
联立，代入数据得
，
若释放鸟蛤时的初速度为 ，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为 ，击中右端时，释放点的x
坐标为 ，得
，联立，代入数据得
，
综上所述可得x坐标区间为 。
28．（2021·浙江）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属
板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧
面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内
存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量 和 随时间周期性变化规律如
图乙所示，图中 可调。氙离子（ ）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速
进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为
v。已知单个离子的质量为m、电荷量为 ，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器
0
的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v ；
S
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节 的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，
求 的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且
。求图乙中 时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ，方向沿z轴负方向
【解析】（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小
（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有
此时 ；根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
故 的取值范围为 ；
（3）粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示由题意根据洛伦兹力提供向心力有
且满足
所以可得
所以可得
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为
方向沿z轴负方向。
29．（2021·浙江）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道
BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖
直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O 的连线，以及O、E、O 和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均
2 2 1
为θ=30°，G点与竖直墙面的距离 。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有
与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h=h，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小v 及在此过程中所受合力的冲量
0 c的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O 点等高的D点所受弹力F 与h的关系式；
1 N
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
【答案】(1) ， ，水平向左；(2) （h≥R）；(3) 或
【解析】(1)机械能守恒
解得
动量定理
方向水平向左
(2)机械能守恒
牛顿第二定律
解得
满足的条件
(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动其中 ， ，则
得
机械能守恒
h满足的条件
30．（2020·浙江）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形 、方向垂直
纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板 平行于 水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接
地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界 水平射入磁场，b束
中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界 竖直向下射出，并打在探测板的右边缘
D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为 ，探测板 的宽度为 ，离
子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界 时与H点的距离s；
(2)求探测到三束离子时探测板与边界 的最大距离 ；
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到 距离L的
关系。
【答案】(1) ，0.8R；(2) ；(3)当 时： ；当 时：
；当 时：【解析】(1)离子在磁场中做圆周运动
得粒子的速度大小
令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界 边的Q点射出，则由几何关系可得
，
(2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’，从磁场边界 边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得
即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为 、 ，由几何关系可得
探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界 的距离最大，
则
(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量
当 时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力当 时， 只有b和c束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
当 时， 只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
31．（2020·全国）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右
匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初
速度v=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g
0
=10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带 后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台
运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】(1)2.75s；(2) ， ；(3)0 ，方向竖直向上
【解析】(1)传送带的速度为 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿
第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x，由运动学公式有
1
②
联立①②式，代入题给数据得x=4.5m；③
1
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开
传送带所用的时间为t，做匀减速运动所用的时间为t，由运动学公式有
1 2④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t=2.75s；⑥
1
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v，当载物箱滑上传送
1
带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v 由动能定理有
2.
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
， ⑨
(3)传送带的速度为 时，由于 ，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做
匀加速运动通过的距离为x，所用时间为t，由运动学公式有
2 3
⑩
⑪
联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t=1.0s
3
x
2
=5.5m⑫
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送⑬带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运
动 的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x 有
3
⑭
由① 式可知
⑫⑬⑭
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v，由运动学公式有，
3
⑮则
减速运动时间
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I、I。由动量定理
1 2
有
，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
，方向竖直向上
32．（2019·北京）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴
间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
(1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W；
(2)将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k
是比例系数；
a.设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度v 与半径r的关系式；
m
b.示意图中画出了半径为r、r（r>r）的雨滴在空气中无初速下落的v—t图线，其中_____对应半径为r
1 2 1 2 1
的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v—t图线。
(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方
向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f ∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为
n，空气分子质量为m）。
0【答案】(1) ；(2)a. ；b. ①； ；(3)见解析
【分析】(1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落h的过程中克服阻做的功；
(2) 雨滴的加速度为0时速度最大；
(3)由动量定理证明
【解析】(1)对雨滴由动能定理得：
解得： ；
(2)a。半径为r的雨滴体积为： ，其质量为
当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为 ，则有：
其中
联立以上各式解得：
由 可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以①对应半径为 的雨滴，
不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图：
(3)设在极短时间 内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为 ，
在 内，空气分子个数为： ，其质量为
设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有：对圆盘上方空气分子由动量定理有：
圆盘受到的空气阻力为：
联立解得： 。
33．（2019·全国）一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然
发现前方100 m处有一警示牌．立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中
的图线．图（a）中，0~t 时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已
1
忽略，汽车仍保持匀速行驶），t=0.8 s；t~t 时间段为刹车系统的启动时间，t=1.3 s；从t 时刻开始汽车
1 1 2 2 2
的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t 时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为
2
1 m．
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；
（2）求t 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
2
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t~t 时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停
1 2
止，汽车行驶的距离约为多少（以t~t 时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
1 2
【答案】（1） （2） ， 28 m/s（3）30 m/s； ；87.5 m
【解析】解：（1）v-t图像如图所示．
（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v，则t 时刻的速度也为v，t 时刻的速度也为v，在t 时刻
1 1 1 2 2 2
后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，设汽车在t+n-1Δt内的位移为s，n=1,2,3,…．
2 n
若汽车在t+3Δt~t +4Δt时间内未停止，设它在t+3Δt时刻的速度为v，在t+4Δt时刻的速度为v，由运动
2 2 2 3 2 4
学有①
②
③
联立①②③式，代入已知数据解得
④
这说明在t+4Δt时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．
2
由于在t+3Δt~t +4Δt内汽车停止，由运动学公式
2 2
⑤
⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得
，v=28 m/s⑦
2
或者 ，v=29.76 m/s⑧
2
第二种情形下v 小于零，不符合条件，故舍去
3
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f，由牛顿定律有：f=ma⑨
1 1
在t~t 时间内，阻力对汽车冲量的大小为： ⑩
1 2
由动量定理有：
⑪
由动能定理，在t~t 时间内，汽车克服阻力做的功为：
1 2
⑫
联立⑦⑨⑩ 式，代入已知数据解得
v 1 =30 m/s ⑪⑫
⑬
从司机发现警⑭示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
⑮
联立⑦ ，代入已知数据解得
s=87.5 m⑬⑮
34．（20⑯18·江苏）如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下．经
过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球
所受弹簧弹力冲量的大小．【答案】
【解析】取向上为正方向，动量定理mv–（–mv）=I且
解得
35．（2018·天津）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种
动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，
ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨
良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m．列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，
磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，
电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭．
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁
场间距均大于l．若某时刻列车的速度为 ，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前
方至少需要多少块这样的有界磁场？
【答案】（1）M接电源正极，理由见解析（2） （3）若 恰好为整数，设其为n，则需设置n块
有界磁场，若 不是整数，设 的整数部分为N，则需设置N+1块有界磁场
【解析】试题分析：结合列车的运动方向，应用左手定则判断电流方向，从而判断哪一个接电源正极；对
导体棒受力分析，根据闭合回路欧姆定律以及牛顿第二定律求解加速度；根据动量定理分析列车进入和穿出磁场时动量变化，据此分析；
（1）M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流
方向由a到b，由c到d，故M接电源正极．
（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为 ，由电阻的串并联知识得 ①；
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有 ②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F=BIl③
根据牛顿第二定律有F=ma④，联立①②③④式得 ⑤
（3）设列车减速时，cd进入磁场后经 时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的
磁通量的变化为 ，平均感应电动势为 ，由法拉第电磁感应定律有 ⑥，其中 ⑦；
设回路中平均电流为 ，由闭合电路欧姆定律有 ⑧
设cd受到的平均安培力为 ，有 ⑨
以向右为正方向，设 时间内cd受安培力冲量为 ，有 ⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为 ，有
⑪
设列车停下来受到的总冲量为 ，由动量定理有
⑫
联立⑥⑦⑧⑨⑩ 式得
⑪⑫ ⑬
讨论：若 恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若 不是整数，设 的整数部分为N，则
需设置N+1块有界磁场． ．
【点睛】如图所示，在电磁⑭感应中，电量q与安培力的冲量之间的关系，如图所示，以电量为桥梁，直接
把图中左右两边的物理量联系起来，如把导体棒的位移 和速度联系起来，但由于这类问题导体棒的运动
一般都不是匀变速直线运动，无法直接使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙，这种题型难度最大．
36．（2018·北京）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某
滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10m，C是半径R=20m圆弧的最
低点，质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度 ，到达B点时速度v =30
B
m/s。取重力加速度g=10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力F 的大小。
N
【答案】(1) ；(2) ；(3) ，3 900 N
【解析】1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即
可解得
(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以(3)小球在最低点的受力如图所示
由牛顿第二定律可得
从B运动到C由动能定理可知
解得
【点睛】本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解
最低点受到的支持力大小。
37．（2016·北京）（1）动量定理可以表示为Δp=FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理
二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射
的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1所示．碰撞过程中忽略小球所
受重力．
a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δp、Δp；
x y
b．分析说明小球对木板的作用力的方向．
（2）激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发
生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样
抓住细胞等微小颗粒．一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如
图②所示．图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．
请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．
a．光束①和②强度相同；
b．光束①比②强度大．
【答案】（1）a． ， ，方向沿y轴正方向 b．沿y轴正方向 （2）a．两光束对小球
的合力的方向沿SO向左 b．两光束对小球的合力的方向指向左上方
【解析】试题分析：（1）a．x方向：
动量变化为
y方向：动量变化为
方向沿y轴正方向
ｂ．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知小球对木板作用
力的方向沿y轴负方向
（2）a．仅考虑光的折射，设 时间内没每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p．
这些粒子进入小球前的总动量为
从小球出射时的总动量为
、 的方向均沿SO向右
根据动量定理
可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿
SO向左．
b．建立如图所示的Oxy直角坐标系x方向：根据（2）a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．
y方向：设 时间内，光束①穿过小球的粒子数为 ，光束②穿过小球的粒子数为 ， ．
这些粒子进入小球前的总动量为
从小球出射时的总动量为
根据动量定理：
可知，小球对这些粒子的作用力 的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y
轴正方向．所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．
【学科网考点定位】动量定理的应用
【方法技巧】把小球入射速度和反射速度沿x方向和y方向进行分解，再根据动量的变化量等于末动量减
初动量求解即可，注意动量是矢量，有大小也有方向，解决本题的关键建立物理模型，可将光子抽象成小
球，根据动量定理进行分析其受力情况．
38．（2016·全国）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。
为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度 竖直向上喷出；玩具底部为平板 面积略
大于 ；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻
力。已知水的密度为 ，重力加速度大小为。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【答案】(1) ；(2)
【解析】(1)设 时间内，从喷口喷出的水的体积为 ，质量为 ，则
，
则单位时间内从喷口喷出的水的质量为(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为 。对于
时间内喷出的水，有能量守恒得
在 高度处， 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
联立式得
【点睛】本题考查了动量定理的应用，要知道玩具在空中悬停时，受力平衡，合力为零，也就是水对玩具
的冲力等于玩具的重力。本题的难点是求水对玩具的冲力，而求这个冲力的关键是单位时间内水的质量，
注意空中的水柱并非圆柱体，要根据流量等于初刻速度乘以时间后再乘以喷泉出口的面积S求出流量，最
后根据m=ρV求质量。
39．（2014·天津）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量 ，上表面光滑，小车与地面
间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量 ．现对A施加
一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后
A，B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到 ．求
（1）A开始运动时加速度a的大小；
（2）A，B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
（3）A的上表面长度l；【答案】(1) （2）1m/s （3）0.45m
【解析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①
代入数据解得a＝2.5 m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v③
1
代入数据解得v＝1 m/s④
1
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v⑤
1
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝ mAv ⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45 m.
